2021年新高考真題物理匯編7 機(jī)械能（解析版）

專題7機(jī)械能

一.選擇題

1.（2021新高考遼寧卷）冰滑梯是東北地區(qū)體驗(yàn)冰雪運(yùn)動(dòng)樂趣的設(shè)施之一。某冰滑梯的示意圖如圖所示，

螺旋滑道的摩擦可忽略：傾斜滑道和水平滑道與同-一滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)u相同，因滑板不同，〃滿足〃。

W〃W1.2“°。在設(shè)計(jì)滑梯時(shí)，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，且滑行結(jié)束時(shí)停止在水平滑道上，

以下〃、上的組合符合設(shè)計(jì)要求的是

【答案】CD

【解析】根據(jù)題述，要確保所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，則有mgsin"V"Mgcosd，sin6

二7^=■，cos―/,聯(lián)立解得：L1>A,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。根據(jù)題述，滑行結(jié)束時(shí)停止在水平

"2+片川+中及

J4h

1

滑道上，設(shè)水平滑道最短長度為Lit山動(dòng)能定理，可得mg-2h-P（）mgcos。?-PmngLz=0,將Li=

cos034

2/z3/zhhh

代入解得Lz=——?選項(xiàng)C正確B錯(cuò)誤；將L\=----代入解得Lz----,選項(xiàng)D中L2=—大于L?----,

2〃。2%〃o

符合要求，選項(xiàng)D正確。

【易錯(cuò)警示】解答此題常見錯(cuò)誤主要有：一是沒有注意到題述兩個(gè)要求：①要確保所有游客在傾

斜滑道上均減速下滑，②滑行結(jié)束時(shí)停止在水平滑道上，導(dǎo)致錯(cuò)誤。二是沒有將滿足要求①的BCD選項(xiàng)的

L值逐一運(yùn)算，導(dǎo)致錯(cuò)誤。

2.（2。21高考新課程I卷山東卷）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細(xì)桿，一

端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度”出發(fā)，恰好能完成一個(gè)

完整的圓周運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過程中，木塊所受摩擦力的大小為（)

tnv^mvlmv1

A.2KLB.4冗Lc.8TLp167rL

【答案】B

1叫

恰好能完成一個(gè)完整的圓周運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理，f?23TL=5mv（）2,解得f=4/rL,選項(xiàng)B正確。

3.（2021新高考北京卷）如圖所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面〃力cd,

其中時(shí)段為平直上坡路面，松段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個(gè)過程中空氣阻力和摩

擦阻力的大小變化。下列說法正確的是

A.在岫段汽車的輸出功率逐漸減小B.汽車在帥段的輸田功率比如段的大

C.在cd段汽車的輸出功率逐漸減小D.汽車在cd段的輸出功率比次?段的大

【答案】B

【解析】在平直上坡路面ab段勻速運(yùn)動(dòng)汽車的牽引力等于阻力與重力沿斜坡方向的分力之和，輸出功率

P=&不變，大于水平路面的機(jī)?段，選項(xiàng)A錯(cuò)誤B正確；在cd段汽車的牽引力小于阻力，汽車的輸出

功率P=FD不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于汽車在cd段的牽引力比兒段的小，所以汽車在cd段的輸出功率

比A段的小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

4.（2021年6月浙江選考物理）中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術(shù)參數(shù)。已知混

凝土密度為2.4xl（）3kg/m3,假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，則每小時(shí)

泵送系統(tǒng)對混凝土做的功至少為（)

發(fā)動(dòng)機(jī)最大輸出功率（kW）332最大輸送高度（m）63

整車滿載質(zhì)量（kg）5.4xlO4最大輸送量（m3/h）180

A.1.08X107JB.5.04X107JC.1.08X10SJD.2.72X108J

【答案】C

【解析】泵車的泵送系統(tǒng)以150m3/h的輸送量給30m高處輸送混凝土，每小時(shí)泵送系統(tǒng)對混凝土做的功

IV=p^A=2.4xl03xl50xl0x30J=1.08xl08J,故選C。

5.（2021高考新課程湖北卷）如圖（a）所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過

程中摩擦力大小f恒定，物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖（b）所示。重力加速度大小取lOm/s2,物塊

質(zhì)量m和所受摩擦力大小f分別為（）

l￥l(a)圖(b)

A./n=0.7kg,>0.5NB.m=0.7kg,f=l.0N

C.m=0.8kg,f=0.5ND.m=0.8kg,f=1.0N

【答案】A

【解析】對物塊沿斜面上滑過程，由動(dòng)能定理，-（，叫sin3（T+f）s=Ek-40,結(jié)合物塊動(dòng)能Ek與運(yùn)動(dòng)路程s的

關(guān)系圖像，可知"啰訪30。+￡=4,對物塊沿斜面下滑過程，機(jī)gsin3（T-f=3,聯(lián)立解得〃尸0.7kg,/=0.5N,選

項(xiàng)A正確。

6.（2021高考全國甲卷）一質(zhì)量為小的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)

時(shí)的動(dòng)能為向I-滑動(dòng)一段距離后速度減小為零.此后物體向下滑動(dòng).到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為已

知sina=0.6,重力加速度大小為g。則

A.物體向上滑動(dòng)的距離為Ek/2mg

B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為g/5

C物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長

【答案】CD

【解析】設(shè)物體向上滑動(dòng)的距離為x,由動(dòng)能定理，對上滑過程，加gxsina?umgcosa,x=?反,對上滑和下滑

的全過程，-〃mgcosa?2x=4/5-反，聯(lián)立解得：u=0.5,選項(xiàng)A錯(cuò)誤C正確；物體向下滑動(dòng)，由

牛頓第二定律，機(jī)gsina+〃〃?gcosa=ma,物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a=g,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于向下滑動(dòng)

的加速度大于向上滑動(dòng)的加速度，由x=1ad,可知物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長，選項(xiàng)D

2

正確。

7.（2021高考河北物理）一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長度為九R、不可伸長的輕細(xì)

繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)夕處，另一端系一個(gè)小球。小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的。點(diǎn)時(shí)，繩剛

好拉直。將小球從。點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為（重力加速

度為g,不計(jì)空氣阻力）（）

A.J（2+7t）gHB.12itgRC.y]2（\+n）gRD.2y[gR

【答案】A

【解析】小球從Q點(diǎn)下落，機(jī)械能守恒，mg（R+JiR/2）=—mv2,解得v="（2+7T）gA,選項(xiàng)A正確。

【名師點(diǎn)評】本題考查機(jī)械能守恒定律，情景新，屬于基礎(chǔ)知識考查。

二.計(jì)算題

1.（12分）（2021新高考福建）如圖（a）,一傾角37。的固定斜面的AB段粗糙，8C段光滑.斜面上一輕質(zhì)

彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同.一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處

從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去T.T隨滑塊沿斜面下滑的位移；的變化關(guān)系如圖（b）所示.

已知A6段長度為2m,滑塊質(zhì)量為2kg,滑塊與斜面A6段的動(dòng)摩擦因數(shù)為35,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，

重力加速度大小取10mzs2,sin370=0.6.求:

圖（a）用（b）

（1）當(dāng)拉力為1°N時(shí)，滑塊的加速度大小;

（2）滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；

（3）滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離.

【答案】.（1）〃=7m/s2(2)線=26J(3),max=L3m

【解析】（1）設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m,斜面傾角為0,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，滑塊受斜面的支持

力大小為N,滑動(dòng)摩擦力大小為f,拉力為1°N時(shí)滑塊的加速度大小為〃.由牛頓第二定律和滑動(dòng)摩擦力公

式有

T+mgsin。一f=ma①

N—拉geos。=0.

/="N③

聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得

tz=7m/s2@

（2）設(shè)滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)的過程中拉力所做的功為W,由功的定義有

W=7JS]+豈$2⑤

式中Z、72和1、“分別對應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小.依題意，Z=8N

*=ImT2=IONs2=Im

設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為線，由動(dòng)能定理有

W+（mgsine—/）（S]+S2）=E?—0?

聯(lián)立：2）（3）（5）（6）式并代入題給數(shù)據(jù)得

Ek=26%

（3）由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能仍為設(shè)滑塊離B點(diǎn)的最大距離為%ax,由

動(dòng)能定理有T〃zgsine+/）SmM=°-紇⑧

聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得

%"3m⑨

2.（16分）（2021高考新課程I卷山東卷）如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C,放置在水平地

面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B,開始時(shí)彈簧處于原長，A、B、

C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤去

恒力，一段時(shí)間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動(dòng)。已知A、B、C與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小均為f,

E=—Ax2

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：2,k為彈

簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）

（1）求B、C向左移動(dòng)的最人距離”。和B、C分離MB的動(dòng)能

（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值尸min；

（3）若三物塊都停止時(shí)B、C間的距離為“BC,從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，B克服彈簧彈力

做的功為W,通過推導(dǎo)比較W與笈品的大?。?/p>

（4）若尸=57,請?jiān)谒o坐標(biāo)系（見答題卡）中，畫出C向右運(yùn)動(dòng)過程中加速度a隨位移x變化的圖像,

并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開始運(yùn)動(dòng)和停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導(dǎo)過程。以撤去F時(shí)C

的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向。

【解析】：（1）從開始到B、C向左移動(dòng)到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得

%=2禽+萬州

①

彈簧恢復(fù)原長時(shí)B、C分離,從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得

端=2月+2線

②

聯(lián)立①②式得

_2F-4/

Ao一,

%③

P_F2-6fF+8f2

廣一%一④

（2）當(dāng)A剛要離開墻時(shí)，設(shè)彈簧的伸長量為X,以A為研究對象，由平衡條件得

若A剛要離開墻壁時(shí)B的速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值A(chǔ)m,從彈簧恢復(fù)原長到A剛要離開

墻的過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得

2

Ek=-kx+fa

⑥

聯(lián)立①②⑤⑥式得

根據(jù)題意舍去得

“0+陰/

⑧

（3）從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)B的路程為“8,C的位移為％,以B為研究對象，由動(dòng)能定理得

-W-fxR=O-Ek⑨

以C為研究對象，由動(dòng)能定理得

向

-ficc=O-Ek

由B、C的運(yùn)動(dòng)關(guān)系得

XB>XC~XBC?

聯(lián)立⑨⑩?式得

卬<以的

如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌

道右下方有一段弧形軌道尸Q°質(zhì)量為小的小物塊A與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。以水平軌道末端。

點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端

坐標(biāo)為(2〃L,〃L),Q端在y軸上。重力加速度為g。

A

(1)若A從傾斜軌道上距x軸高度為的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過。點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動(dòng)能均相同，求PQ的

曲線方程；

(3)將質(zhì)量為2m(2為常數(shù)且725)的小物塊5置于。點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與5發(fā)生

彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，要使A和8均能落在弧形軌道上，且A落在8落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始

位置距x軸高度的取值范圍。

【解析】本題考查動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)量守恒定律及其相關(guān)知識點(diǎn)，主要考查綜

合運(yùn)用知識分析解決問題的能力.

M）A沿傾斜軌道由靜止開始下滑到。點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理

1.

mg--umgL=-mvf

解得：v尸ggL

：2）假設(shè)A落到P點(diǎn)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，

x=vot=2MLy=*"L

解得：vo=」3gL.

EK??may=Z^mqL

則落到軌道上的動(dòng)能2

同時(shí)。=/=）片

-mxo工+mg"=2"mg/,

解得z°“?"

變形得丸+4必=8"“.：.?0!!-t.%=2uL

則尸。的曲線方程為x{

o**>o^L<yQ<2uL,0x02ut>

：3）令A(yù)碰撞前速度為v,釋放高度為h,由動(dòng)能定理

mgh-fimgL=^mv2

貝i]v2=2gh-2“gL

AB發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后A速度為VA，B速度為VB，有

mv=mvA?Amvg

1,1,1.,

-=-mv4+2^mvi

解得：以=會(huì)明〃=/口

因?yàn)?N5可知uj、f0.即A撿后火反胃,速度大小為皆明

山也意,為保證B藩4料道I,-.Wv.4丹=j2“gL.

即（S）W=（名）哈力-2.）42M

解得：

A反強(qiáng)后，經(jīng)歷一次往返后從O拋出，拋出的速度為v2,由動(dòng)能定理,

一ymg-2L=-mv,--mpj

為保證A落在軌道上，則力$為=廊工

即（廿》338（^^/如力-2ngL）<WgL

解得J43叫州十心

又為保證A落點(diǎn)在B右側(cè)，則V2>VB，

綜上，得杼3f>（信）3

變形得「>”若告+心

又因?yàn)?，N5.則3"（當(dāng)）。'+“I.工"/,（與）2+“L小.

則釋放高度的取值范圍為

2（4+1），,J+A,

此五一~7j_7+"“<A"3/iL（-一"-）2?"L

4-44—JA-1

4.（12分）（2021年1月浙江選考）如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角a=60。的斜面軌道AB、半徑均為R的半

圓形細(xì)圓管軌道BCDE和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面，B、E兩處軌道平滑連接，軌

道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心02的連線，以及02、E、0|和B等四點(diǎn)連成的直線與

水平線間的夾角均為0=30。，G點(diǎn)與豎直墻面的距離d=V3R0現(xiàn)將質(zhì)量為m的小球從斜面的某高度h處

靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性碰撞，不計(jì)小球大小和所受阻力。

（1）若釋放處高度h=ho，當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓管最低點(diǎn)C時(shí)，求速度人小心及在此過程中所受合力的沖

量的大小和方向；

（2）求小球在圓管內(nèi)與圓心6點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力FN與h的關(guān)系式；

（3）若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，高度h應(yīng)該滿足什么條件？

A

【解析】(1)由機(jī)械能守恒定律，mgho=^-mvc2

解得：vc=J2gh,

由動(dòng)量定理，I=mvc=md2g瓦,方向水平向左。

(2)由機(jī)械能守恒定律，mg(h-R)=ymvD2

在D點(diǎn)，由牛頓第二定律，F(xiàn)N=m系

解得：FN=2tng(-^--1)

h滿足的條件h'R

(3)第1種情況，不滑離軌道原路返回，條件是。

2

第2種情況，與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入G之前是平拋運(yùn)動(dòng)，

Vxt=dfVy=gty

其中Vx=VGSin°,Vy=VGCOS夕，

聯(lián)立解得：VG=2闞，

由機(jī)械能守恒定律，mg(h--R)=—n\VG2

22

解得h滿足的條件h=2R

2

5.(12分)(2021新高考北京卷)

秋千由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的擺動(dòng)過程可以簡化為單擺的擺動(dòng)，等效“擺球”的質(zhì)量為

人蹲在踏板上時(shí)擺長為4,人站立時(shí)擺長為，2。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。

(1)如果擺長為右，“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)的速度為。，求此時(shí)“擺球”受到拉力T的大小。

(2)在沒有別人幫助的情況下，人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高。

a.人蹲在踏板上從最大擺角a開始運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)突然站起，此后保持站立姿勢擺到另一邊的最

大擺角為名。假定人在最低點(diǎn)站起前后“擺球”擺動(dòng)速度大小不變，通過計(jì)算證明a

b.實(shí)際上人在最低點(diǎn)快速站起后“擺球”擺動(dòng)速度的大小會(huì)增大。隨著擺動(dòng)越來越高，達(dá)到某個(gè)

最大擺角。后，如果再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，通過一次站起并保持站立姿勢就能實(shí)現(xiàn)在豎直平面內(nèi)

做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求在最低點(diǎn)“擺球”增加的動(dòng)能應(yīng)滿足的條件。

【解析】（1）根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律

得

（2）a.設(shè)人在最低點(diǎn)站起前后“擺球”的擺動(dòng)速度大小分別為6、S，根據(jù)功能關(guān)系得

mgl1(1-cosG)=g

tnu

mgl2(\-cos4)=32

己知功=也，得mgk(1-cos4)=nigl2(l-cos02)

因?yàn)?>4,得cos4>COS0,

所以

b.設(shè)“擺球”由最大擺角。擺至最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為線，根據(jù)功能關(guān)系得

線=,〃g/|（l-COS，）

“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，通過最高點(diǎn)最小速度為乙

根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得mg=機(jī)4

“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系得